第 15 周作业：存在唯一性与延拓

源文件是我当时的手写提交，题目来自习题 4.2、4.3。我只整理能够从作答唯一恢复的题面。

习题 4.2 第 1 题：唯一性失效在哪里

讨论初值问题 $y'=\sqrt{|y|}$ 和 $y'=|y|^\alpha$ （ $\alpha>0$ ）的解及唯一性。

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$y'=\sqrt{|y|}$ 在 $y=0$ 附近不满足关于 $y$ 的 Lipschitz 条件。除零解外，还可以先沿 $y=0$ 停留任意时间，再接上平方曲线，所以过 $(x_0,0)$ 的解不唯一。

更一般地， $y'=|y|^\alpha$ 在 $y_0\ne0$ 附近可正常使用唯一性定理；在 $y_0=0$ 时：

我当时把“ $\alpha>1$ ”也写进了不唯一情形；这一步与唯一性定理不符，整理时已明确更正。

用 Picard 迭代求

y'=x^2+y^2,\qquad y(0)=0

的第三次近似。

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取 $\varphi_0=0$ ，并递推

\varphi_{n+1}(x)=\int_0^x\left[s^2+\varphi_n(s)^2\right]ds.

于是

\varphi_1=\frac{x^3}{3},\qquad \varphi_2=\frac{x^3}{3}+\frac{x^7}{63},

\varphi_3 =\frac{x^3}{3}+\frac{x^7}{63} +\frac{2x^{11}}{2079} +\frac{x^{15}}{59535}.

在矩形区域内设 $|f(x,y)|\le M$ ，且 $f$ 关于 $y$ 的 Lipschitz 常数为 $L$ 。证明 Picard 迭代满足

|\varphi(x)-\varphi_n(x)| \le \frac{ML^n}{(n+1)!}|x-x_0|^{n+1}.

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先由积分方程得到第一步估计，再反复使用

|f(s,u)-f(s,v)|\le L|u-v|.

若第 $n$ 步估计成立，则

\begin{aligned} |\varphi-\varphi_{n+1}| &\le L\int_{x_0}^x|\varphi(s)-\varphi_n(s)|ds\\ &\le \frac{ML^{n+1}}{(n+1)!} \int_{x_0}^x|s-x_0|^{n+1}ds\\ &=\frac{ML^{n+1}}{(n+2)!}|x-x_0|^{n+2}. \end{aligned}

数学归纳法即得结论。

证明对任意 $x_0\in\mathbb R$ 、 $y_0\in(0,1)$ ，初值问题

y'=y(y-1),\qquad y(x_0)=y_0

的解在整个实轴上有定义。

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$y=0$ 、 $y=1$ 都是平衡解。由唯一性，初值落在两者之间的解不能穿过边界。直接分离变量还可得

y(x)=\frac1{1+Ke^x},\qquad K>0,

它始终位于 $(0,1)$ ，因此不会在有限时刻逃向无穷，解可延拓到 $\mathbb R$ 。

求 $y'=y^2$ 分别通过 $(1,1)$ 、 $(3,-1)$ 的解及其最大存在区间。

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非零解满足

y=-\frac1{x+C}.

通过 $(1,1)$ 得 $C=-2$ ，所以 $y=-1/(x-2)$ ，包含初始点的最大区间是 $(-\infty,2)$ 。

通过 $(3,-1)$ 得 $C=-2$ ，仍是同一条积分曲线，但包含 $x=3$ 的最大区间是 $(2,+\infty)$ 。

设 $f\in C^1(\mathbb R)$ 且 $yf(y)<0$ （ $y\ne0$ ）。证明 $y'=f(y)$ 的解向前全局存在，并且 $y(x)\to0$ 。

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沿解有

\frac d{dx}y^2=2yf(y)<0\qquad(y\ne0),

所以 $|y|$ 单调不增，解始终留在一个紧区间内。 $f\in C^1$ 给出局部唯一性；解既不可能有限时刻爆炸，就能向前无限延拓。

$|y|$ 的极限存在。若极限为某个 $L>0$ ，则在对应的紧邻域里 $|f(y)|$ 有正下界， $|y|$ 会持续以至少固定速度下降，与趋于 $L$ 矛盾。因此极限只能是零。